1、福建省师范大学附属中学2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）一、选择题(本题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.)1.如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，若使线框从图中实线位置向左缓慢平移到虚线位置，此时直导线正好平分矩形线框。已知直线电流在周围产生的磁场随距离增大而减弱，则穿过线框的磁通量将A. 逐渐增大B. 逐渐减小C. 先减后增D. 先增后减【答案】D【解析】【详解】线圈从开始到线圈左边与直导线重合，此过程中，由于磁场
2、增强，所以穿过线框的磁通量增大，线圈从左边与直导线重合到一半在直导线左边一半在直导线右边，由于直导线两边的磁场方向相反，所以磁通量减小一直到0，所以穿过线框的磁通量先增大后减小。故选D。2.如图，直线、分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线是一小灯泡的UI图线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是A. 电源1比电源2的内阻小B. 电源1比电源2的电动势大C. 小灯泡与电源1连接时消耗的功率比与电源2连接时消耗的功率小D. 电源1与小灯泡连接时比电源2与小灯泡连接时电源的效率高【答案】C【解析】【详解】A在电源的UI图像中，图像的斜率的绝对值表示电
3、源的内电阻，根据电源UI图线，可知，电源1比电源2的内阻大，故A错误；BUI图像的纵轴截距表示电动势，所以电源1与电源2的电动势相等，故B错误；C灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与这电源连接时的工作状态，由图可知，小灯泡与电源1连接时的电流和电压都比小灯泡与电源2连接时的小，所以小灯泡与电源1连接时消耗的功率比与电源2连接时消耗的功率小，故C正确；D电源的效率为由图可知，电源1与小灯泡连接时，灯泡电阻较小，电源1的内阻较大，所以电源1与小灯泡连接时比电源2与小灯泡连接时电源的效率低，故D错误。故选C。3.如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直纸面向里匀强磁场，有两个质量和电荷
4、量都相等的粒子沿ad方向射入磁场后分别从b、e两点射出，不计粒子重力。下列说法正确的是A. 两粒子都带正电B. 从e点射出的粒子速率是从b点射出粒子的两倍C. 从b点射出的粒子在磁场中运动时间较长D. 从e点射出的粒子在磁场中运动时间较长【答案】C【解析】【详解】A由图和左手定则可知，向上偏的粒子带正电，向下偏的带负电，故A错误；B粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有得设正六边形的边长为a，如图分析可得得所以速率之比等于半径之比即为3:1，故B错误；CD粒子在磁场中运动的时间为因两粒子的质量和电荷量都相等，同一个磁场，故它们在磁场中运动的时间与转过的圆心角成正比，因12，故从b点射出的粒子
5、在磁场中运动时间较长，故C正确，D错误。故选C。4.如图所示，A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rArB21，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环的平面当磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为()A. 1B. 2C. D. 【答案】D【解析】A、B两导线环的半径不同，它们所包围的面积不同，但某一时刻穿过它们的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，所以两导线环上的磁通量变化率是相等的，根据知产生的电动势也是相等的，根据电阻 ，则A、B的电阻之比为2:1，再根据欧姆定律 ，可得电流之比为 ，故D对
6、，故选D点睛：根据 判断电动势的变化，在利用闭合电路欧姆定律求电流，但要弄清楚的是电阻随半径的增大而增大5.如图，abc中ab=4cm，acb=。匀强电场的电场线平行于abc所在平面，且a、b、c点的电势分别为3V、2V、1V。下列说法中正确的是A. 电场强度的方向为垂直ac向下方向B. 电场强度的大小为25V/mC. 电子从a点移动到b点，电势能减少了1eVD. 电子从a点经c点移动到b点，电场力做的总功为1eV【答案】D【解析】【详解】A由匀强电场中电势降落可知，ac中点d的电势为所以bd两点为等势点，bd连线即为等势线，所以电场线方向垂直bd斜向右上方，故A错误；B由几何关系可得所以电场
7、强度的大小为故B错误；C电子从a点移动到b点，电场力做功“-”表示电场力做负功，电势能增加，增加了1eV，故C错误；D电场力做功与路径无关，所以电子从a点经c点移动到b点，电场力做的总功为1eV，故D正确。6.在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为L的电子束内的电子个数是 ( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】根据动能定理：，在刚射出加速电场时，一小段长为l的电子束内电子电量为：，电子数：，联立解得：，故D正确，ABC错误7.如图
8、是一个示波管的工作原理图，电子经加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U，极板长为L，每单位电压引起的偏转量叫示波管的灵敏度（h/U），为了提高灵敏度，可采用的方法是：（ ）A. 增加两板间的电势差U；B. 尽可能使极板长L做得短些；C. 尽可能使极板距离d减小些；D. 使电子的入射速度v0大些【答案】C【解析】【分析】电子在匀强电场中发生偏转，根据已知的条件，写出偏转量的表达式，根据公式进行说明【详解】设电子的电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度，运动时间，偏转量所以示波管的灵敏度，通过公式可以看出，提高灵敏度可以采用
9、的方法是：加长板长L，减小两板间距离d和减小入射速度，C正确8.空间中存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的磁场（图中未画出），一带电小球在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b，不计空气阻力，则下列说法不正确的是A 小球带正电B. 磁场方向垂直纸面向外C. 小球在从a点运动到b点的过程中，电势能增加D 运动过程突然将磁场反向，小球仍能做匀速圆周运动【答案】B【解析】【详解】A小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和洛伦兹力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，故A正确；B电小球在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由左手定则可知，磁场方向垂直纸
10、面向里，故B错误；C小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C正确；D运动过程突然将磁场反向，重力与电场力仍平衡，洛伦兹力反向，带电小球仍做匀速圆周运动，故D正确。故选B。9.来自太阳和其他星体的宇宙射线含有大量高能带电粒子，若这些粒子都到达地面，将会对地球上的生命带来危害但由于地磁场的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子不能到达地面下面说法中正确的是( )A. 地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南北两极附近最强，赤道附近最弱B. 地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南北两极附近最弱，赤道附近最强C. 地磁场会使沿地球赤道
11、平面垂直射向地球的宇宙射线中的带电粒子向两极偏转D. 地磁场只对带电的宇宙射线有阻挡作用，对不带电的射线(如射线)没有阻挡作用【答案】BD【解析】【详解】AB由图可知地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线在赤道附近阻挡作用最强南北两极射线与地磁场几乎平行，故阻挡作用最弱，A项错， B项正确；C地磁场对沿地球赤道平面垂直射向地球的宇宙射线中的带电粒子使其做曲线运动，不会向两极偏转，C项错D地磁场对不带电的涉嫌无阻挡作用，因为它们不受洛仑兹力，故D项正确故选BD.10.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是A
12、. 回旋加速器交流电的周期等于带电粒子圆周运动周期的一半B. 利用回旋加速器加速带电粒子，要提高加速粒子最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径RC. 回旋加速器的加速电压越大，带电粒子获得的最大动能越大D. 粒子每次经过D型盒狭缝时，电场力对粒子做功一样多【答案】BD【解析】【分析】回旋加速器靠电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力，判断粒子的最大速度与什么因素有关加速粒子时，交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相等【详解】加速粒子时，交变电场的周期必须与粒子在磁场中运动的周期相等，这样才能使得每次经过D型盒的狭缝中时都能被电场加速，选项A错误；当粒子运转半径等于D型
13、盒的半径时粒子速度最大，即，则 ，则要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R，带电粒子获得的最大动能与加速电压无关，选项B正确，C错误；粒子每次经过D型盒狭缝时，电场力对粒子做功均为qU，选项D正确；故选BD.【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，以及知道最大速度与什么因素有关11.如图所示，电源电动势为E，内阻为r电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态有关下列说法中正确的是（ ）A. 只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变
14、大，电阻R3中有向上的电流B. 只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C. 只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D. 若断开电键S，带电微粒向下运动【答案】AD【解析】【详解】A、只逐渐增大的光照强度，的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻中有向上的电流，故选项A正确；B、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻的滑动端向上端移动时，对电路没有影响，故选项B错误；C、只调节电阻的滑动端向下端移动时，电容器并联部
15、分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由可知电场力变大，带电微粒向上运动，故选项C错误；D、若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故选项D正确12.光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示一质量m=1g的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点（图中未画出），其运动过程的v-t图像如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定( )A. 中垂线上B点电场强度最大B. 两点电荷是负电荷C. B点是连线中点，C与A点必在连线两侧D. 【答案】AD【解
16、析】【详解】A根据v-t图象的斜率表示加速度，知小物块在B点的加速度最大，所受的电场力最大，所以中垂线上B点电场强度最大，A正确；B小物块从B到C动能增大，电场力做正功，小物块带正电，可知两点电荷是正电荷，B错误；C中垂线上电场线分布不是均匀，B点不在连线中点，C错误；D根据动能定理得AB有：；BC有，对比可得，D正确。故选AD。二、实验题（本大题共2题，共16分）13.同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：用螺旋测微器测量其直径如图1所示，可知其直径为_mm；用多用电表的电阻“10”档，按正确步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图2，则该电阻的阻值约为_，他还需要换档重新测量吗
17、？_（答“需要”或“不需要”）。为更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程03mA，内阻约50）电流表A2（量程015mA，内阻约30）电压表V1（量程03V，内阻约10k）电压表V2（量程015V，内阻约25k）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围015）滑动变阻器R2（阻值范围02k）开关S，导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选用_，电压表应选用_，滑动变阻器应选用_。请在图3中补充连线完成本实验_。【答案】 (1). 4.745 (2). 220 (3). 不需要 (4). A2 (5). V1 (
18、6). R1 (7). 【解析】【详解】(1)1由图示螺旋测微器可知，其示数为：4.5mm+24.50.01mm=4.745mm；(2)2欧姆表读数=表盘读数倍率=2210=220；3中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，故不需要重新换挡；(3)4根据欧姆定律，最大电流 故电流表选择A2；5电源电动势4V，故电压表选择V1；6要求测得多组数据进行分析，滑动变阻器采用分压式接法，用小电阻控制大电阻，故滑动变阻器选择R1；(4)7由可知，电阻阻值较小，电流表应用外接法，滑动变阻器用分压式，电路图如图14.某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻.他设计了一个用标准电流表G
19、1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图所示.已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱.该同学顺利完成了这个实验。（1）实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为_ (填步骤的字母代号)；A.合上开关S2B.分别将R1和R2的阻值调至最大C.记下R2的最终读数D.反复调节R1和R2的阻值，使G1的示数仍为I1，使G2的指针偏转到满刻度的一半，此时R2的最终读数为rE.合上开关S1F.调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数为I1，记下此时G1的示数（2）仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相比_ (选填“偏大”“偏小”
20、或“相等”)；（3）若要将G2的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出须在G2上并联的分流电阻R分的表达式，R分=_。【答案】 (1). BEFADC (2). 相等 (3). 【解析】【详解】(1)1先把各电阻调到最大值，再把标准电流表单独较准与电表串联得到最大电流值，再用半偏法测其内阻，由此得顺序为BEFADC；(2)2反复调节R1和R2，电流达到半偏时，两并联支路电阻相等；(3)3扩大量程要并联电阻分流，并联的电阻为三、计算题（本大题3题，共36分）15.如图所示，长为L、质量为m导体棒ab，置于倾角为的光滑斜面上导体棒与斜面的水平底边始终平行已知导体棒通以从b向a的电流，电
21、流为I，重力加速度为g.(1)若匀强磁场方向竖直向上，为使导体棒静止在斜面上，求磁感应强度B的大小；(2)若匀强磁场的大小、方向都可以改变，要使导体棒能静止在斜面上，求磁感应强度的最小值和对应的方向【答案】(1) (2) 方向垂直斜面向上【解析】【分析】(1)导体棒受重力、支持力和安培力处于平衡，根据共点力平衡求出安培力的大小，再根据FA=BIL求出磁感应强度的大小;；(2)导体棒所受重力的大小方向不变，支持力的方向不变，根据三角形定则求出安培力的最小值，从而求出磁感应强度的最小值和方向【详解】(1) 根据共点力平衡得，mgtan=BIL ；(2) 根据三角形定则知，当安培力沿斜面向上时，安培
22、力最小mgsin=BIL解得，B= B垂直于斜面向上【点睛】解决本题的关键会根据共点力平衡求解力，以及知道根据三角形定则，当安培力的方向与支持力方向垂直时，安培力有最小值16.一种测定电子比荷的实验装置如图所示真空玻璃管内，阴极K发出的电子（可认为初速度为0）经阳极A与阴极K之间的高电压加速后，形成一细束电子流，以平行于平板电容器极板的速度从两极板C、D左端中点进入极板区域若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点若在两极板CD间施加偏转电压，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外的匀强磁场，则电子又打在荧光屏上的O点已知磁场的磁感应强度为B，极
23、板间电压为U，极板的长度为l，C、D间的距离为d，极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为L，P点到O点的距离为y（1）求电子进入偏转电场的速度v0（2）求电子的比荷【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到O点，可知电子受到电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qv0B，又E=，联立解得电子射入偏转电场的速度（2）电子在极板区域运行的时间，在电场中的偏转位移，电子离开极板区域时，沿垂直极板方向的末速度，设电子离开极板区域后，电子到达光屏P点所需的时间为t2，电子离开电场后再垂直极板方向的位移y2=vyt2，P点离开O点的距离等于电子在垂直极板方向的总位移y=y1+y
24、2，联立解得17.如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外图中未画出，质量为m电荷量为q的粒子不计重力以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场电场方向指向O点，已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强大小为E，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场求粒子运动的速度大小；粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？【答案】（1）；（2）；（3）。【解析】【详解】（1）由题可知，粒子进入静电分析器做圆周运动，则有：解得：（2）粒子从D到A匀速圆周运动，轨迹如图所示：由图示三角形区域面积最小值为：在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：得：设MN下方的磁感应强度为B1，上方的磁感应强度为B2，如图所示：若只碰撞一次，则有：故若碰撞次，则有：故（3）粒子在电场中运动时间：在下方的磁场中运动时间：在上方的磁场中运动时间：总时间：
